Zad. 1. Czy można rozłożyć 2021 liczb naturalnych na okręgu w taki sposób, żeby dla każdych dwóch sąsiednich liczb iloraz większej z nich przez mniejszą był liczbą pierwszą?
Zad. 2. Niech n > 1 będzie liczbą naturalną. Znajdź liczbę permutacji (a1, a2, ..., an) liczb 1, 2, ..., n, dla których istnieje dokładnie jeden indeks i ∈ {1, 2, ..., n−1}, taki że ai > ai+1.
Zad. 3. Niech p i q będą takimi liczbami dodatnimi, że parabola x2−2px+q nie przecina się z osią OX. Pokaż, że punkty A i B na tej paraboli, takie że odcinek AB jest równoległy do osi OX oraz |∡AOB| = 90o, istnieją wtedy i tylko wtedy, gdy p2 < q ≤ 1/4. Znajdź wszystkie pary liczb (p, q), dla których punkty A i B są wyznaczone jednoznacznie. O to oczywiście punkt (0, 0).
Punktacja za zadania listopadowe:
- 26 pkt. - Franciszek Ungeheuer I LO Krosno,
- 23 pkt. - Radosław Górzyński I LO Lubin.
Zad. 1. Nie można tego zrobić. Oznaczmy kolejne liczby na okręgu przez a1, a2, ..., a2021.
Z założenia każdy z ułamków jest liczbą pierwszą lub jej odwrotnością. Oznaczmy liczbę ułamków będących liczbami pierwszymi przez k. Wtedy ułamków będących odwrotnościami liczb pierwszych jest 2021–k, więc równość 1 = (a1/a2)(a2/a3) ... (a2021/a1) mówi, że iloczyn pewnych k liczb pierwszych jest równy iloczynowi pewnych 2021–k liczb pierwszych. Jednak te liczby są różnej parzystości, więc jest to niemożliwe.
Zad. 2. Symbol dwumianowy "n po k" będziemy oznaczali przez B(n, k). Oznaczmy szukaną liczbę permutacji przez pn. Wśród nich jest dokładnie pn-1 takich, dla których an=n.
Dla 1 ≤ i ≤ n–1 liczba permutacji, dla których ai=n jest równa B(n–1, i–1). Stąd otrzymujemy równanie pn = pn–1 + B(n–1, 0) + B(n–1, 1) + ... + B(n–1, n–2) = pn–1 + 2n–1 – 1, z którego możemy wyliczyć pn = (2n–1 – 1) + (2n–2 – 1) + ... + (2 – 1) = 2n – n – 1.
Zad. 3. Zauważmy, że skoro krzywa y = x2–2px+q nie przecina osi OX, to musi zachodzić q>p2. Załóżmy, że para punktów A = (x1, y0), B = (x2, y0) posiada szukane własności. Wierzchołek paraboli z zadania ma współrzędne (p, q–p2), więc y0 ≥ q–p2. Rozważając współrzędne punktów O = (0, 0), A i B zauważamy, że |OA|2 = x12+y02, |OB|2 = x22+y02, |AB|2 = (x1–x2)2. Trójkąt AOB jest prostokątny, więc y02+x1x2 = 0. Liczby x1 i x2 są pierwiastkami wielomianu x2–2px+q–y0, więc ze wzorów Viete'a x1x2 = q–y0. Para punktów A, B istnieje tylko wtedy, gdy y2–y+q = 0 ma rozwiązanie y > q–p2. Para ta jest jedyna wtedy i tylko wtedy, gdy powyższe równanie ma dokładnie jeden pierwiastek, to znaczy gdy q=1/4. Pierwiastki powyższego równania zawsze są większe od q–p2 (czyli faktycznie wyznaczają pary punktów na paraboli), bo gdy różne liczby y1 i y2 spełniają je, to są one dodatnie oraz (y1+y2)/2 = 1/2 > 1/4 ≥ q–p2, a (q–p2)2-(q-p2)+q > 0.
